Schularbeit_1_Lösungen

1. Schularbeit Mathematik 4 AT – Komplette Lösungen

Zum Lernen für die Prüfung · Formeln: Zusammenfassung_Test_15.10

Tipp: Decke die Lösung ab, rechne jede Aufgabe selbst und vergleiche dann. Die ⚠️-Kästen zeigen die Fehler aus der Schularbeit.

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Aufgabe 1 – Realteil, Imaginärteil, Gauß’sche Zahlenebene

a) $z=2+i$

Schon in Komponentenform: Re = 2, Im = 1 → Punkt $(2|1)$

b) $z=(3\angle 35°)$

Polarform → Komponentenform:
$$a=3\cdot \cos (35°)\approx 2,457b=3\cdot \sin (35°)\approx 1,721$$ $z\approx 2,457+1,721i$ → Re ≈ 2,457, Im ≈ 1,721

c) $z=2e^{-i\frac{\pi }{2}}$

Exponentialform ablesen: $r=2$, $\phi =-\frac{\pi }{2}=-90°$ (Hauptwert $270°$)
$$a=2\cdot \cos (-90°)=0b=2\cdot \sin (-90°)=-2$$ $z=-2i$ → Re = 0, Im = −2 → Punkt $(0|-2)$, also auf der negativen imaginären Achse

⚠️ Fehler in der Schularbeit: $1,273+2,72i$. Merke: $e^{-i\frac{\pi }{2}}$ ist eine Drehung um −90°. Ein Zeiger der Länge 2 zeigt also genau nach unten. Dafür muss man gar nichts rechnen!

Auswendig: $e^{i\frac{\pi }{2}}=i$, $e^{i\pi }=-1$, $e^{-i\frac{\pi }{2}}=-i$

Zeichnung: drei Punkte, nämlich $(2|1)$, $(2,46|1,72)$ und $(0|-2)$. Die konjugierten Zahlen werden nicht verlangt!

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Aufgabe 2 – Berechnen und zeichnen

a) $(1+i{)}^3$

Weg 1 (ausmultiplizieren):
$$(1+i{)}^2=1+2i+i^2=2i$$ $$(1+i{)}^3=2i\cdot (1+i)=2i+2i^2=-2+2i$$

Weg 2 (Moivre): $1+i=(\sqrt{2};45°)$
$$(\sqrt{2};45°{)}^3=(2\sqrt{2};135°)=2\sqrt{2}\cdot (\cos (135°)+i\sin (135°))=-2+2i$$

Ergebnis: $-2+2i$ → Punkt $(-2|2)$ im II. Quadranten ✓

b) $\sqrt[5]{4-i}$ → hat 5 Lösungen!

Schritt 1: in Polarform umrechnen
$$r=\sqrt{4^2+(-1{)}^2}=\sqrt{17}\approx 4,123$$ $$\arctan \left(\frac{-1}{4}\right)=-14,04°\Rightarrow \text{IV. Quadrant: }\phi =-14,04°+360°=345,96°$$

Schritt 2: Wurzelformel
$$\sqrt[5]{r}=\sqrt[5]{4,123}\approx 1,328$$ $${\phi }_k=\frac{345,96°+k\cdot 360°}{5}k=0,1,2,3,4$$

k	Winkel	Polarform	Komponentenform
0	$69,19°$	$(1,328;69,19°)$	$0,472+1,241i$
1	$141,19°$	$(1,328;141,19°)$	$-1,034+0,832i$
2	$213,19°$	$(1,328;213,19°)$	$-1,111-0,727i$
3	$285,19°$	$(1,328;285,19°)$	$0,348-1,281i$
4	$357,19°$	$(1,328;357,19°)$	$1,326-0,065i$

Trick: Nach dem ersten Winkel immer $+\frac{360°}{5}=+72°$ rechnen.

Zeichnung: 5 Punkte auf einem Kreis mit Radius ≈ 1,33. Sie bilden ein regelmäßiges Fünfeck.

⚠️ Fehler in der Schularbeit: $1,32-i$. Der Betrag 1,32 war fast richtig, aber eine n-te Wurzel hat immer n Lösungen und man braucht die Winkel.

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Aufgabe 3 – Gleichungen lösen

a) $z^2=-3-4i$

Weg 1 (Polarform):
$r=\sqrt{9+16}=5$, $\arctan \left(\frac{-4}{-3}\right)=53,13°$ → III. Quadrant → $\phi =233,13°$
$$z_k=\left(\sqrt{5};\frac{233,13°+k\cdot 360°}{2}\right)$$ $z_1=(\sqrt{5};116,57°)=-1+2i$
$z_2=(\sqrt{5};296,57°)=1-2i$

Weg 2 (Ansatz $z=x+yi$), geht ohne Taschenrechner:
$$(x+yi{)}^2=x^2-y^2+2xyi=-3-4i$$ Real- und Imaginärteil vergleichen:
$$x^2-y^2=-32xy=-4\Rightarrow y=-\frac{2}{x}$$ Einsetzen: $x^2-\frac{4}{x^2}=-3|\cdot x^2\Rightarrow x^4+3x^2-4=0$
Substitution $u=x^2$: $u^2+3u-4=0\Rightarrow u=1$ (oder $u=-4$, unmöglich, da $x$ reell)
$x=\pm 1$ → $y=\mp 2$

$L=\{1-2i;-1+2i\}$

Probe: $(1-2i{)}^2=1-4i+4i^2=-3-4i$ ✓

⚠️ Fehler in der Schularbeit: $-2,27i$. Eine quadratische Gleichung hat in $\mathbb{C}$ immer 2 Lösungen, und $\sqrt{-3-4i}$ kann man nicht einfach in den Taschenrechner tippen.

b) $i{x}^2-(1+i)\cdot x+1=0$

Große Lösungsformel mit $a=i$, $b=-(1+i)$, $c=1$:
$$x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

Diskriminante:
$$D=(1+i{)}^2-4\cdot i\cdot 1=2i-4i=-2i$$

Wurzel aus $-2i$, Ansatz $(x+yi{)}^2=-2i$: $x^2-y^2=0$, $2xy=-2$ → $x=1,y=-1$
$$\sqrt{-2i}=\pm (1-i)\text{Probe: }(1-i{)}^2=1-2i+i^2=-2i✓$$

Einsetzen:
$$x_1=\frac{(1+i)+(1-i)}{2i}=\frac{2}{2i}=\frac{1}{i}=-i$$ $$x_2=\frac{(1+i)-(1-i)}{2i}=\frac{2i}{2i}=1$$

$L=\{1;-i\}$

Probe mit $x=-i$: $i\cdot (-i{)}^2-(1+i)(-i)+1=-i+i+i^2+1=-i+i-1+1=0$ ✓

⚠️ In der Schularbeit: $x=1$ war richtig gefunden, aber dann stand $L=\{0\}$ da und $-i$ hat gefehlt.

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Aufgabe 4 – Zeigen, dass x = 1 und x = 2 Lösungen sind, und weitere Lösungen berechnen

$$x^4-2x^3-2x^2+3i{x}^2+5x-9ix-2+6i=0$$

Schritt 1: Nach Potenzen ordnen
$$x^4-2x^3+(-2+3i)x^2+(5-9i)x+(-2+6i)=0$$

Schritt 2: Einsetzen (Probe)
$x=1$: $1-2-2+3i+5-9i-2+6i=0+0i=0$ ✓
$x=2$: $16-16-8+12i+10-18i-2+6i=0+0i=0$ ✓

Schritt 3: Horner-Schema (die Koeffizienten durch $x=1$ und dann $x=2$ abbauen)

	$1$	$-2$	$-2+3i$	$5-9i$	$-2+6i$
$x=1$	$1$	$-1$	$-3+3i$	$2-6i$	$0$ ✓
$x=2$	$1$	$1$	$-1+3i$	$0$ ✓

So geht Horner: die Zahl herunterholen, mit $x$ multiplizieren und zur nächsten Zahl addieren.
Zum Beispiel: $1\cdot 1+(-2)=-1$, $-1\cdot 1+(-2+3i)=-3+3i$ usw.

Übrig bleibt: $x^2+x+(-1+3i)=0$

Alternative statt Horner: Polynomdivision durch $(x-1)(x-2)=x^2-3x+2$

Schritt 4: Quadratische Gleichung lösen
$$x_{3,4}=\frac{-1\pm \sqrt{1-4\cdot (-1+3i)}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{5-12i}}{2}$$

$\sqrt{5-12i}$ mit dem Ansatz $(x+yi{)}^2$: $x^2-y^2=5$, $2xy=-12$ → $x=3,y=-2$
$$\sqrt{5-12i}=\pm (3-2i)\text{Probe: }(3-2i{)}^2=9-12i-4=5-12i✓$$

$$x_3=\frac{-1+3-2i}{2}=1-i{x}_4=\frac{-1-3+2i}{2}=-2+i$$

$L=\{1;2;1-i;-2+i\}$

⚠️ In der Schularbeit: Die Probe war perfekt (2 Punkte), aber 3 und 4 waren geraten. Eine Gleichung 4. Grades hat 4 Lösungen, und die beiden fehlenden findet man mit Horner + Lösungsformel.

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Aufgabe 5 – Rhombus (Raute)

Gegeben: $A(-6|-2)$, $B(x_2|-8)$, $E(-4|-4)$ = Diagonalenschnittpunkt

Wichtige Eigenschaften der Raute:

1. Die Diagonalen halbieren sich → E ist Mittelpunkt von AC und von BD
2. Die Diagonalen stehen normal aufeinander → Skalarprodukt = 0

C berechnen (E ist Mittelpunkt von AC):
$$C=A+2\cdot \overrightarrow{AE}=(-6|-2)+2\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right)=(-2|-6)$$

B berechnen ($\overrightarrow{AE}\perp \overrightarrow{EB}$):
$$\overrightarrow{AE}=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\end{array}\right)\overrightarrow{EB}=\left(\begin{array}{c}{x}_2+4\\ -8+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_2+4\\ -4\end{array}\right)$$ $$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EB}=2(x_2+4)+(-2)(-4)=2x_2+16=0\Rightarrow x_2=-8$$ $B(-8|-8)$

D berechnen (E ist Mittelpunkt von BD):
$$D=B+2\cdot \overrightarrow{BE}=(-8|-8)+2\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\end{array}\right)=(0|0)$$

Ergebnis: $B(-8|-8)$, $C(-2|-6)$, $D(0|0)$

Probe: alle Seiten gleich lang: $|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{CD}|=|\overrightarrow{DA}|=\sqrt{40}$ ✓

⚠️ In der Schularbeit: C war richtig, B und D falsch. Der Schlüssel ist: Diagonalen normal → Skalarprodukt = 0.

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Aufgabe 6 – Vektoren in der Raute durch $\vec{a}$ und $\vec{f}$ ausdrücken

Gegeben: $\vec{a}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{f}=\overrightarrow{BD}$

Schritt 1: Alle Seiten durch $\vec{a}$ und $\vec{f}$ ausdrücken (das ist der wichtigste Schritt!)

• $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\vec{a}$
• $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\vec{a}+\vec{f}$
• $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\vec{a}+\vec{f}$ ← nicht $\vec{a}$!
• $\overrightarrow{CD}=-\vec{a}$

Schritt 2: Teilpunkte

• E halbiert AB: $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{EB}=\frac{1}{2}\vec{a}$
• F liegt $\frac{2}{3}$ von BC von B entfernt: $\overrightarrow{BF}=\frac{2}{3}(\vec{a}+\vec{f})$, $\overrightarrow{FC}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{f})$
• G liegt $\frac{1}{4}$ von CD von C entfernt: $\overrightarrow{CG}=-\frac{1}{4}\vec{a}$, $\overrightarrow{GD}=-\frac{3}{4}\vec{a}$

Schritt 3: Wege zusammensetzen

$$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\vec{a}+\frac{2}{3}(\vec{a}+\vec{f})=\frac{5}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{f}$$

$$\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{FC}+\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{f})-\frac{1}{4}\vec{a}=\frac{1}{12}\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{f}$$

$$\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}=\frac{1}{2}\vec{a}+(\vec{a}+\vec{f})-\frac{1}{4}\vec{a}=\frac{5}{4}\vec{a}+\vec{f}$$

$$\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{DA}=-\frac{3}{4}\vec{a}-(\vec{a}+\vec{f})=-\frac{7}{4}\vec{a}-\vec{f}$$

$$\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{BE}=-\frac{2}{3}(\vec{a}+\vec{f})-\frac{1}{2}\vec{a}=-\frac{7}{6}\vec{a}-\frac{2}{3}\vec{f}$$

Kontrolle: $\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FG}+\overrightarrow{GA}=\left(\frac{5}{3}+\frac{1}{12}-\frac{7}{4}\right)\vec{a}+\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}-1\right)\vec{f}=\vec{0}$ ✓ (geschlossener Weg)

⚠️ In der Schularbeit: $\overrightarrow{BC}=\vec{a}$ gesetzt. In der Raute ist BC zwar gleich lang wie AB, zeigt aber in eine andere Richtung! Richtig: $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\vec{a}+\vec{f}$.
Bei $\overrightarrow{GA}$: Von G nach D geht man gegen die Richtung von $\vec{a}$, also $-\frac{3}{4}\vec{a}$.

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Aufgabe 7 – Fläche und Winkel des Dreiecks aus $\vec{a}$ und $\vec{b}$

$$\vec{a}=\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -7\end{array}\right)\vec{b}=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 4\end{array}\right)$$

Das Dreieck hat die Seiten $\vec{a}$, $\vec{b}$ und $\vec{b}-\vec{a}$ (Ecken O, A, B).

Flächeninhalt

$$\vec{a}\times \vec{b}=\left(\begin{array}{c}5\cdot 4-(-7)(-1)\\ (-7)\cdot 2-2\cdot 4\\ 2\cdot (-1)-5\cdot 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}20-7\\ -14-8\\ -2-10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}13\\ -22\\ -12\end{array}\right)$$ $$|\vec{a}\times \vec{b}|=\sqrt{169+484+144}=\sqrt{797}\approx 28,23$$ $$A=\frac{1}{2}\cdot 28,23\approx 14,12{\text{E}}^2$$

Winkel

Längen: $|\vec{a}|=\sqrt{4+25+49}=\sqrt{78}\approx 8,832$, $|\vec{b}|=\sqrt{4+1+16}=\sqrt{21}\approx 4,583$, $\vec{b}-\vec{a}=\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 11\end{array}\right)$, $|\vec{b}-\vec{a}|=\sqrt{157}\approx 12,53$

Winkel bei O (zwischen $\vec{a}$ und $\vec{b}$):
$$\vec{a}\cdot \vec{b}=4-5-28=-29$$ $$\cos (\gamma )=\frac{-29}{8,832\cdot 4,583}\approx -0,7165\Rightarrow \gamma \approx 135,77°$$ (negativ → stumpfer Winkel!)

Winkel bei A (Vektoren von A weg: $-\vec{a}$ und $\vec{b}-\vec{a}$):
$$\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 7\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 11\end{array}\right)=0+30+77=107$$ $$\cos (\alpha )=\frac{107}{8,832\cdot 12,53}\approx 0,9669\Rightarrow \alpha \approx 14,78°$$

Winkel bei B (Winkelsumme):
$$\beta =180°-135,77°-14,78°\approx 29,45°$$

Ergebnis: $A\approx 14,12$ E², Winkel $\approx 135,77°$, $14,78°$ und $29,45°$

⚠️ In der Schularbeit: Das Skalarprodukt $-29$ war richtig! Die Fläche braucht aber das Kreuzprodukt, und beim Dreieck muss man ÷ 2 rechnen.

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Aufgabe 8 – Prisma und Pyramide

$A(-2|1|0)$, $B(-2|-1|0)$, $C(1|-1|0)$, $D(1|1|0)$

a) Zeige, dass ABCD ein Rechteck ist

$$\overrightarrow{AB}=\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 0\end{array}\right)\overrightarrow{BC}=\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 0\end{array}\right)\overrightarrow{DC}=\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 0\end{array}\right)\overrightarrow{AD}=\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$

1. $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ und $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$ → Parallelogramm
2. $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0\cdot 3+(-2)\cdot 0+0=0$ → rechter Winkel

→ Parallelogramm mit rechtem Winkel = Rechteck ✓ (Seiten 2 und 3)

⚠️ In der Schularbeit: „Wie man an der Zeichnung erkennen kann“. „Zeige“ heißt aber immer rechnerisch zeigen, mit Skalarprodukt = 0!

b) H liegt auf der z-Achse bei 3

Auf der z-Achse gilt $x=0$ und $y=0$ → $H(0|0|3)$

⚠️ In der Schularbeit: $H(1,5|1|3)$. Ein Punkt auf der z-Achse hat immer x = 0 und y = 0!

Verschiebungsvektor des Prismas: Laut Skizze liegt H über A (alle Seitenkanten sind parallel):
$$\vec{v}=\overrightarrow{AH}=\left(\begin{array}{c}0-(-2)\\ 0-1\\ 3-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$$ Damit: $E=B+\vec{v}=(0|-2|3)$, $F=C+\vec{v}=(3|-2|3)$, $G=D+\vec{v}=(3|0|3)$

c) Grundfläche der Pyramide: Seitenmitten von ABCD

$$K=M_{CD}=(1|0|0)J=M_{DA}=(-0,5|1|0)I=M_{AB}=(-2|0|0)L=M_{BC}=(-0,5|-1|0)$$ (Mittelpunkt = $\frac{P+Q}{2}$)

Kantenlänge: Die Seitenmitten eines Rechtecks bilden eine Raute, also sind alle 4 Kanten gleich lang:
$$\overrightarrow{KJ}=\left(\begin{array}{c}-1,5\\ 1\\ 0\end{array}\right)\Rightarrow |\overrightarrow{KJ}|=\sqrt{2,25+1}=\sqrt{3,25}\approx 1,80$$

Flächeninhalt (mit dem Kreuzprodukt):
$$\overrightarrow{KJ}\times \overrightarrow{KL}=\left(\begin{array}{c}-1,5\\ 1\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1,5\\ -1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 3\end{array}\right)\Rightarrow A=3{\text{E}}^2$$ Kontrolle: Die Raute ist genau halb so groß wie das Rechteck: $\frac{2\cdot 3}{2}=3$ ✓

d) Spitze M = Diagonalenschnittpunkt von EFGH

Mittelpunkt der Diagonale EG:
$$M=\frac{E+G}{2}=\left(\frac{0+3}{2}\left|\frac{-2+0}{2}\right|\frac{3+3}{2}\right)=(1,5|-1|3)$$

e) Kantenlängen der Pyramide

Grundkanten: 4 × $\sqrt{3,25}\approx 1,80$ (aus c)

Seitenkanten (von M zu den Ecken):

Kante	Vektor	Länge
$\overrightarrow{MK}$	$\left(\begin{array}{c}-0,5\\ 1\\ -3\end{array}\right)$	$\sqrt{10,25}\approx 3,20$
$\overrightarrow{MJ}$	$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -3\end{array}\right)$	$\sqrt{17}\approx 4,12$
$\overrightarrow{MI}$	$\left(\begin{array}{c}-3,5\\ 1\\ -3\end{array}\right)$	$\sqrt{22,25}\approx 4,72$
$\overrightarrow{ML}$	$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$	$\sqrt{13}\approx 3,61$

f) Winkel zwischen den Kanten in M

Immer $\cos (\phi )=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{|\vec{u}|\cdot |\vec{v}|}$ mit benachbarten Kanten:

Winkel	Skalarprodukt	Rechnung	Ergebnis
$\angle KMJ$	$1+2+9=12$	$\frac{12}{3,20\cdot 4,12}$	$\approx 24,62°$
$\angle JMI$	$7+2+9=18$	$\frac{18}{4,12\cdot 4,72}$	$\approx 22,25°$
$\angle IML$	$7+0+9=16$	$\frac{16}{4,72\cdot 3,61}$	$\approx 19,82°$
$\angle LMK$	$1+0+9=10$	$\frac{10}{3,61\cdot 3,20}$	$\approx 29,97°$

⚠️ Hinweis: In der Skizze liegt H über A. Hat die Lehrkraft eine andere Zuordnung gemeint, ändern sich M, e) und f), der Rechenweg bleibt aber gleich.

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🎯 Die wichtigsten Lehren für morgen

1. $e^{i\phi }$ ist ein Winkel! $2e^{-i\frac{\pi }{2}}$ heißt Länge 2, Winkel −90° → $-2i$
2. n-te Wurzel = n Lösungen, Abstand $\frac{360°}{n}$
3. $z^2=\dots$ → Ansatz $(x+yi{)}^2$, Real- und Imaginärteil vergleichen
4. Lösungsformel funktioniert auch mit komplexen Zahlen, die Wurzel aus D zieht man mit dem Ansatz $(x+yi{)}^2$
5. Polynom 4. Grades: Probe → Horner → quadratische Gleichung
6. Raute: Diagonalen halbieren sich und stehen normal (Skalarprodukt = 0)
7. Vektoren in Figuren: zuerst alle Seiten durch die gegebenen Vektoren ausdrücken ($\overrightarrow{BC}=\vec{a}+\vec{f}$!)
8. Dreiecksfläche $=\frac{1}{2}|\vec{a}\times \vec{b}|$, Winkel über das Skalarprodukt
9. „Zeige“ = rechnen, nicht „wie man sieht“
10. Auf der z-Achse: $x=y=0$